河北省衡水市冀州中学2023-2024学年高三上学期期中数学试题（Word版附解析）

2023—2024学年上学期期中考试高三年级数学试题考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2.请将答案正确填写在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.下列表示图中的阴影部分的是（）A.B.C.D.2.若复数（为虚数单位），则复数在复平面上对应点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）AB.C.D.4.函数的大致图象是（）A.B.C.D. 5.将函数的图象上各点向右平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，纵坐标伸长为原来的4倍，则所得到的图象的函数解析式是（　　）.A.B.C.D.6.已知数列的首项为1，是边所在直线上一点，且，则数列的通项公式为（）A.B.C.D.7.已知正方形ABCD的边长为2，将沿AC翻折到的位置，得到四面体，在翻折过程中，点始终位于所在平面的同一侧，且的最小值为，则点D的运动轨迹的长度为（）A.B.C.D.8.已知三角形中，，角平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（）A.1B.2C.3D.4二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列命题中正确的是（）A.若，则B.命题：“”的否定是“”C.已知函数的定义域为，则函数的定义域为D.若函数则10.已知是函数的图象与直线的两个交点，则下列结论正确的是（） A.B.的定义域为C.在区间单调递增D.的图象的对称中心为点11.已知数列的前项的和为，，，，则下列说法正确的是（）A.B.是等比数列C.D.12.设函数定义域为，且满足，，当时，，则（）A.是奇函数B.C.的值域是D.方程在区间内恰有1518个实数解第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等差数列满足，则__________.14.已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则______.15.在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为________．16.在中，角，，所对的边分别为，，，已知，， ，则的最大值为________．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列为等比数列，在数列中，，，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，，求数列的前项和.18.已知，，且.（1）求角的大小；（2）已知函数，若在区间上有极大值，无极小值，求的取值范围.19已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；20.已知数列的前项和为.（1）求；（2）求.21.如图，有一景区的平面图是一个半圆形，其中O为圆心，直径AB的长为，C，D两点在半圆弧上，且，设．（1）当时，求四边形ABCD的面积；（2）若要在景区内铺设一条由线段AB，BC，CD和DA组成的观光道路，则当为何值时，观光道路的总长l最长，并求出l的最大值．22.已知函数，为的导函数. （1）求在上的极值；（2）设，求证：. 2023—2024学年上学期期中考试高三年级数学试题考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2.请将答案正确填写在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.下列表示图中的阴影部分的是（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据交集、并集和补集的定义判断即可.【详解】①②③④⑥⑦，②③④⑤⑥⑦，所以②③④⑥⑦，故A正确；①②③④⑤⑥，所以①②③④⑥，故B错；①②③④⑤⑥⑦，故C错； ③④⑥，故D错.故选：A.2.若复数（为虚数单位），则复数在复平面上对应的点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】先化简复数，然后求其共轭复数，再根据复数的几何意义求解即可.【详解】在复平面上对应的点为，该点在第一象限，故选：A.3.已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据向量垂直，结合数量积的运算律，即可求解.【详解】，，故选：D4.函数的大致图象是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】 方法一：根据函数的奇偶性及函数值的符号排除即可判断；方法二：根据函数的奇偶性及某个函数值的符号排除即可判断.【详解】方法一：因为，即，所以，所以函数的定义域为，关于原点对称，又，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；当时，，即，因此，故排除A.故选:D.方法二：由方法一，知函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；又，所以排除A.故选：D.5.将函数的图象上各点向右平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，纵坐标伸长为原来的4倍，则所得到的图象的函数解析式是（　　）.A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合对函数图象的影响可得.【详解】将函数的图象上各点向右平移个单位长度，得到函数即的图象，再把函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的一半，就得到函数的图象， 然后再把函数的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的4倍，就得到函数的图象.故选：A.6.已知数列的首项为1，是边所在直线上一点，且，则数列的通项公式为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由三点共线，可得，再由等比数列的通项公式求出结果.【详解】由题意可知三点共线，所以，因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.故选：A7.已知正方形ABCD的边长为2，将沿AC翻折到的位置，得到四面体，在翻折过程中，点始终位于所在平面的同一侧，且的最小值为，则点D的运动轨迹的长度为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题设分析时的形状，进而确定D的运动轨迹，即可求轨迹长度.【详解】设方形对角线AC与BD交于O， 由题意，翻折后时，为边长为的等边三角形，此时，若继续翻折，如下图示，所以点D的运动轨迹是以O为圆心，为半径的圆心角为的圆弧，所以点D的运动轨迹的长度为.故选：C8.已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】先根据正弦定理可得，再建立平面直角坐标系求解的轨迹方程，进而可得面积的最大值.【详解】中，在中，故，，因，故，又角的平分线交于点，则，故.故.以为坐标原点建立如图平面直角坐标系，则因为，，故，，设，则， 即，故，化简可得，即，故点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆（除去）.故当纵坐标最大，即时面积取最大值为.故选：C二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列命题中正确的是（）A.若，则B.命题：“”的否定是“”C.已知函数的定义域为，则函数的定义域为D.若函数则【答案】ACD【解析】【分析】利用二次函数求最值判断A，利用全称量词命题的否定是存在量词命题来判断B，根据抽象函数的定义域可判断C，根据换元法求解析式可判断D.【详解】对于选项A，由，得，，则，，所以当时，取到最小值，所以，故选项A正确；对于选项B，“”的否定是“”，故选项B不正确； 对于选项C，函数的定义域为，则中的范围为，即，所以，由抽象函数的定义域可得，中的范围为，故函数的定义域为；所以选项C正确；对于选项D，令，则，，由得，，所以，，所以选项D正确.故选：ACD.10.已知是函数的图象与直线的两个交点，则下列结论正确的是（）A.B.的定义域为C.在区间单调递增D.的图象的对称中心为点【答案】AD【解析】【分析】A选项，根据的周期性判断即可；BD选项利用整体代入的方法求定义域和对称中心即可；C选项，利用代入检验法判断单调性.【详解】因为是函数的图象与直线的交点，所以的最小值为函数的最小正周期，，所以，故A正确；令，解得，所以的定义域为，故B错； 因为，所以，因为函数在上不单调，所以函数在上不单调，故C错；令，解得，所以的对称中心为点，，故D正确.故选：AD.11.已知数列的前项的和为，，，，则下列说法正确的是（）A.B.是等比数列C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据递推公式可判定A，利用特殊项结合等比数列的定义可判定B，利用迭代法及等比数列的定义结合的关系可判定C、D.【详解】由题意可知，所以，故A正确；因为，所以不能是等比数列，故B错误；因为（），即（），所以，所以，即，又因为，所以是以2为首项，4为公比的等比数列，所以， 所以，即，故D正确．故选：AD.12.设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（）A.是奇函数B.C.的值域是D.方程在区间内恰有1518个实数解【答案】ACD【解析】【分析】由判断奇函数，即判断A选项；求周期再结合奇偶性计算的值，即判断B选项；利用导数判断上的单调性，再求最值，最后利用奇偶性，对称性即判断C选项；将的解的个数问题转化为两个函数图象的交点问题，画出图象先求出上的交点个数，再利用周期计算上的交点个数，即判断D选项.【详解】函数的定义域为，关于原点对称，因为，所以，又因为，所以，所以是奇函数，A正确；由，得，所以以4为周期，因为，所以，故B错误；因为当时，，所以，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，所以．因为为奇函数，所以当时，，因为的图象关于直线对称，所以当时，， 因为的周期为4，所以当时，，故C正确；方程的解的个数，即的图象与的图象交点个数．因为的周期为4，且当时，与有3个交点，所以当时，与有个交点，故D正确．故选：ACD第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等差数列满足，则__________.【答案】【解析】【分析】由等差数列的性质可得，代入条件式，可求得，再根据，可得解.【详解】在等差数列中，，又，，解得，又，而，解得.故答案为：.14.已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则______.【答案】【解析】【分析】根据奇偶函数的性质列式，消去得的解析式.【详解】因为函数的定义域为，为偶函数，所以，即，又为奇函数，所以，即， 所以，解得.故答案为：15.在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为________．【答案】【解析】【分析】根据条件及余弦定理，可求得，由勾股定理可得，则三棱锥的外接球球心为中点，即外接圆的直径为，进而求出外接球的半径，从而可求外接球的表面积.【详解】由，，，根据余弦定理可得，则，，中E为斜边AB中点，所以到各点的距离相等，则三棱锥外接球的直径为，故三棱锥外接球的表面积为．故答案为：16.在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则的最大值为________．【答案】##【解析】【分析】写出的表达式，利用余弦定理和基本不等式即可求出最大值. 【详解】由题意，,所以消去得，由,得，当且仅当时等号成立，∴，∴原式故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列为等比数列，在数列中，，，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求出等比数列的公比，然后利用等差数列的定义求出数列的通项公式；（2）结合等差数列求和公式及等比数列求和公式，利用分组求和法求解即可.【小问1详解】 由已知，所以等比数列的公比为，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.【小问2详解】由（1）得：.18.已知，，且.（1）求角的大小；（2）已知函数，若在区间上有极大值，无极小值，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由同角三角函数关系求得，结合角的范围及求解即可；（2）先根据三角恒等变换化简函数得，再运用三角函数性质求解即可.【小问1详解】因为，所以，所以，又，所以，故或，解得或，又，所以.【小问2详解】由（1）知 ，当时，，因为在区间上有极大（最大）值，无极小（最小）值，所以，解得，所以的取值范围为.19.已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）讨论函数的单调性；【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】(1)代入，求出即可求得切线方程；(2)函数求导，对分类讨论，进而求得单调性.【小问1详解】当时，，，所以，曲线在处的切线方程为.【小问2详解】，①当时，，所以函数在上单调递增；②当时，令，则(舍)或，，当时，函数单调递减； ，当时，函数单调递增.③当时，令，则或(舍)，，当时，函数单调递减；，当时，函数单调递增.综上所述：当时，函数在(0,+∞)上单调递增；当时，当时，函数单调递减当时，函数单调递增；当时，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增20.已知数列的前项和为.（1）求；（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由与的关系化简得为等差数列后求解，（2）由裂项相消法求解．【小问1详解】，可得，可得，即数列为首项为2，公差为2的等差数列，可得，由，可得；【小问2详解】， 即有.21.如图，有一景区的平面图是一个半圆形，其中O为圆心，直径AB的长为，C，D两点在半圆弧上，且，设．（1）当时，求四边形ABCD的面积；（2）若要在景区内铺设一条由线段AB，BC，CD和DA组成的观光道路，则当为何值时，观光道路的总长l最长，并求出l的最大值．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）把四边形分解为三个等腰三角形：，利用三角形的面积公式即得解；（2）利用表示（1）中三个等腰三角形的顶角，利用正弦定理分别表示，和，令，转化为二次函数的最值问题，即得解.【小问1详解】连结，则四边形的面积为【小问2详解】 由题意，在中，，由正弦定理同理在中，，由正弦定理令时，即，的最大值为522.已知函数，为的导函数.（1）求在上的极值；（2）设，求证：.【答案】22.极小值为，极大值为23.证明见详解【解析】【分析】（1）先找到周期，后去求导，注意导数的变号零点才是极值点，分别讨论求极值即可；（2）利用第一问结论，进行合理恒等变形，放缩法求解即可.【小问1详解】是的周期，又 令，解得或，故令，解得令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，故在上的极小值为，极大值为，由周期性可知，在上的极小值为，极大值为，且易知在上单调递增，上单调递增，且是基本初等函数，一定连续，故不是的极值点故在上的极小值为，极大值为【小问2详解】易知，由上问知，即则故原不等式得证成立【点睛】本题第一问考查了导数不变号零点的处理，学生易与变号零点混淆，注意变号零点才能作为极值点，第二问考查用放缩法证明不等式，学生需要进行合理恒等变换，去构造成能放缩的形式，对学生能力要求较高，属于难题.